FFT，即快速傅里葉變換，是離散傅里葉變換的快速方法，可以在很低復雜度內解決多項式乘積的問題（兩個序列的卷積）

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卷積

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卷積通俗來說就一個公式（本人覺得卷積不重要）

$$C_k=\sum_{i+j=k}A_i*B_i$$

?那么這個表達式是啥意思了：

　　有兩個序列A和B，其中$A=\left\{A_1,A_2,...\right\}，B=\left\{B_1,B_2,...\right\}$

　　A序列有a個元素，B序列有b個元素。于是，由這兩個序列可以推出另一個序列C，C序列如何確定了？確定方法就按照卷積的公式得來的，即$$C=\left\{\sum_{i+k=0}A_i*B_j\,,\,\sum_{i+k=1}A_i*B_j\,,...,\sum_{i+k=2^a+2^b}A_i*B_j\right\}$$

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這里只介紹一下卷積，下面來探究卷積和多項式之間的關系。

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多項式（預備知識）

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多項式的定義

形如

$$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$$

的函數關系式叫做關于x的多項式，其中多項式系數可以構成一個序列，即

$$A=\left\{a_0,a_1,a_2,...,a_n\right\}$$

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多項式乘法與序列的卷積

假如有兩個多項式，其中

$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$

$g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+...+b_mx^m$

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現在要求f(x)*g(x)的序列，很明顯

$$f(x)*g(x)=\sum_{i+j=0}a_i*b_j+\sum_{i+j=1}a_i*b_jx+\sum_{i+j=2}a_i*b_jx^2+...+\sum_{i+j=m+n}a_i*b_jx^{m+n}$$

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現在把$f(x),g(x)$以及$f(x)*g(x)$三個多項式的系數拿出來寫成三個序列，可得:

$A=\left\{a_0,a_1,a_2,...a_n\right\}$

$B=\left\{b_0,b_1,b_2,...b_m\right\}$

$C=\left\{\sum_{i+j=0}a_i*b_j,\sum_{i+j=1}a_i*b_j,\sum_{i+j=2}a_i*b_j,...\sum_{i+j=m+n}a_i*b_j\right\}$

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于是驚訝的發現，兩個序列的卷積相當于兩個多項式乘積后得到的多項式的系數序列。而FFT算法的目的，就是求兩個多項式乘積后得到的多項式的系數序列。

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多項式的表示方法

多項式有兩種表示方法，即系數表示法和點值表示法。

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1.系數表示法是我們常用的表示方法，即

$$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$$

的形式

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2.點值表示法，顧名思義，就是在這個多項式上任意選取不重復的n+1個點，即

$$f(x)=\left\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_2,y_2)\right\}$$

可以證明：任何n+1個點可以確定唯一一個最高次項為n次方的多項式（下面是證明，可以看看，也可以忽略）

將一個多項式的系數寫成一個系數矩陣（當然，這些系數我們是不知道的）

$$\begin{bmatrix}a_0\\a_1\\a_2\\\vdots\\a_n\end{bmatrix}$$

然后將剛剛選取的n+1個點寫成下面兩個矩陣

$$\begin{bmatrix}1&x_0&x_0^2&x_0^3&\cdots&x_0^n\\1&x_1&x_1^2&x_1^3&\cdots&x_1^n\\1&x_2&x_2^2&x_2^3&\cdots&x_2^n\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&x_n&x_n^2&x_n^3&\cdots&x_n^n\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}y_0\\y_1\\y_2\\\vdots\\y_n\end{bmatrix}$$

可以得出以下三個矩陣的關系

$$\begin{bmatrix}1&x_0&x_0^2&x_0^3&\cdots&x_0^n\\1&x_1&x_1^2&x_1^3&\cdots&x_1^n\\1&x_2&x_2^2&x_2^3&\cdots&x_2^n\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&x_n&x_n^2&x_n^3&\cdots&x_n^n\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}a_0\\a_1\\a_2\\\vdots\\a_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}y_0\\y_1\\y_2\\\vdots\\y_n\end{bmatrix}$$

解出系數矩陣

$$\begin{bmatrix}a_0\\a_1\\a_2\\\vdots\\a_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&x_0&x_0^2&x_0^3&\cdots&x_0^n\\1&x_1&x_1^2&x_1^3&\cdots&x_1^n\\1&x_2&x_2^2&x_2^3&\cdots&x_2^n\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&x_n&x_n^2&x_n^3&\cdots&x_n^n\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}y_0\\y_1\\y_2\\\vdots\\y_n\end{bmatrix}$$

只能唯一確定一個系數矩陣，即只能唯一確定一組系數，即只能唯一確定一個多項式，證明完畢

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多項式乘法與FFT算法

為了實現多項式乘法并得到系數序列，我們可以考慮實現的方法，如果直接暴力（通過定義直接算系數）是O(n²)復雜度，肯定會超時，于是我們這樣考慮

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首先可以選取n+1個點，把兩個多項式轉化為點值表示法。

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然后將兩個點值表示法的多項式相乘（復雜度為O(n)）,然后將新得到的多項式的點值表示法轉化為系數表示法。

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注意：假設f(x)最高有n次方，g(x)最高有m次方，所以f(x)*g(x)最高有m+n次方，但是m+n可能不是2的冪次方，如果不是，則需要選取點的數量應該是大于m+n的2的冪次方個，假設這個值為1<<k，所以從系數表示法到點值表示法的轉化過程中，我們要在f(x)和g(x)內選擇1<<k的點，才能保證點值表示法的f(x)和g(x)之后，至少仍有m+n個點，才能確定唯一一個f(x)*g(x)的多項式。所以在選取點的數量的時候，要保證點的個數能確定f(x)*g(x)后的多項式。

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如果任意的選取n+m個點然后轉化，復雜度還是太高，所以我們需要巧妙的選取1<<k個點，從而使得系數表示法與點值表示法之間轉化的復雜度降為O(nlogn)，這就是FFT算法。

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虛數的乘積及其表示（預備知識）

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一個虛數，是由實部和虛部組成，表示為$(a+bi)$，虛數的幾何表示可以在坐標系中體現，如下圖所示

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如圖所示，$r$為此虛數的模長，$\theta$為此虛數的幅角，于是虛數還能表示為$r(cos\theta,isin\theta)$的形式

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若$z_1=r_1(cos\theta_1,isin\theta_1),z_2=r_2(cos\theta_2,isin\theta_2)$

于是$$z_1*z_2=r_1(cos\theta_1,isin\theta_1)*r_2(cos\theta_2,isin\theta_2)=r_1r_2(cos(\theta_1+\theta_2),isin(\theta_1+\theta_2))$$

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可以得到虛數相乘的幾何意義：模長相乘，幅角相加

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n次單位根（預備知識）

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定義

n次單位根$w_n$，即$x^n=1$在虛數范圍內的解，即$w_n^n=1$，故n次單位根$w_n$也是一個復數，且模長為1，所以n次單位根在乘方的時候模長不變，幅角等差增大

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如圖所示，將一個單位圓分成n塊，幅角為正且最小的那個虛數即為n次單位根（$w_n^1$，紅色點），下圖是n=8的情況

還要注意，$w_n^0=w_n^n=1$

由圖及n次單位根的性質（n次單位根模長為1，幅角為$\frac{2\pi}{n}$）可得

$$w_n^k=cos\frac{2k\pi}{n}+i\,sin\frac{2k\pi}{n}$$

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性質

比較簡單的性質：

1.$w_n^{m+n}=w_n^m*w_n^n=w_n^m$

2.$(w_n^m)^n=(w_n^n)^m=1,m\in [0,n-1]$

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比較復雜（重要）的性質：

1.$w_{2n}^{2k}=w_n^k$，如圖所示

2.$w_n^k=-w_n^{k+\frac n{2}}$

通過上面那個圖也可以看出來，注意一點：虛數乘-1，那么虛數的實部與虛部都要乘上-1，所以$-w_n^k$在單位圓上的點和$w_n^k$在單位圓上的點關于原點對稱

3.$(w_n^k)^2=w_{\frac n{2}}^k$

推導:$(w_n^k)^2=(-w_n^{k+\frac n{2}})^2=w_n^{2*k}=w_{\frac n{2}}^k$

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更加復雜（重要）的性質

$$\sum_{k=0}^{n-1}w_n^{ik}=\begin{cases} 0 & i\bmod n \ne 0 \\ n & i\bmod n=0 \end{cases}$$

證明：

　　當$i\bmod n \ne 0$時，相當如等比數列前n項和求和，故$$\sum_{k=0}^{n-1}w_n^{ik}=\frac {w_n^0(1-(w_n^i)^n)}{1-w_n^i}=\frac {1-(w_n^n)^i}{1-w_n^i}=0$$

　　當$i\bmod n = 0$時，$w_n^{ik}=1$，故$$\sum_{k=0}^{n-1}w_n^{ik}=n*1=n$$

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至此，你應該知道，多項式從系數表示法轉化為點值表示法時，選取的n個點的x值即為n次單位根序列$\left\{w_n^0,w_n^1,....,w_n^{n-1}\right\}$

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注意，此處的n是f(x)*g(x)的多項式最高次項的次數，不是f(x)或者g(x)最高此項的系數，前面（多項式乘法與FFT）講過要選取1<<k（再次強調這個值比f(x)*g(x)的多項式最高次的次數m+n還要大，且是2的冪次方）個點

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FFT

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假設現在多項式為

$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{k-1}x^{k-1}$，注意，多項式最高次項為k-1次方，共k項，k如果不等于2的n次冪，就湊成2的n次冪（加系數為0的項）

$g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+...+b_{h-1}x^{h-1}$，注意，多項式最高次項為h-1次方，共h項，h如果不等于2的n次冪，就湊成2的n次冪（加系數為0的項）

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那么現在，我們從多項式中選取了這樣一些點

${(w_n^0,f(w_n^0)),(w_n^1,f(w_n^1)),(w_n^2,f(w_n^2)),...,(w_n^{n-1},f(w_n^{n-1}))}$，共n個點

注意n是大于k+h的最小2次冪，而不是等于k+h！！！！！

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此時選取得點數n大于k+h，故可以確定f(x)*g(x)這個多項式，現在，只需確定$f(w_n^0),f(w_n^1),...,f(w_n^{n-1})$的值即可。

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如何算值？我們可以觀察一下$f(w_n^i)$的值$(0\le i<n)$

$f(w_n^i)=a_0+a_1w_n^i+a_2(w_n^i)^2+a_3(w_n^i)^3+...+a_{k-1}(w_n^i)^{k-1}$

$=\color{Red}{a_0+a_2(w_n^i)^2+a_4(w_n^i)^4+...+a_{k-2}(w_n^i)^{k-2}}+\color{LimeGreen}{w_n^i}\color{Blue}{(a_1+a_3(w_n^i)^2+...+a_{k-1}(w_n^i)^{k-2})}$

根據$(w_n^k)^2=w_{\frac n{2}}^k$可得

$=\color{Red}{a_0+a_2w_{\frac n{2}}^i+a_4(w_{\frac n{2}}^i)^2+...+a_{k-2}(w_{\frac n{2}}^i)^{\frac {k-2}2}}+\color{LimeGreen}{w_n^i}\color{Blue}{(a_1+a_3w_{\frac n{2}}^i+...+a_{k-1}(w_{\frac n{2}}^i)^{\frac {k-2}2})}$

$=\color{Red}{f_1(w_n^i)}+\color{LimeGreen}{w_n^i}\color{Blue}{f_2(w_n^i)}$

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再算$f_1(w_n^i)$的值和$f_2(w_n^i)$的值的時候，我們又可以按照奇偶分開，像算$f(w_n^i)$一樣變成兩個問題

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同時我們發現

$f(w_n^{i+\frac n{2}})=f(-w_n^i)$

$=\color{Red}{a_0+a_2(-w_n^i)^2+a_4(-w_n^i)^4+...+a_{k-2}(-w_n^i)^{k-2}}-\color{LimeGreen}{w_n^i}\color{Blue}{(a_1+a_3(-w_n^i)^2+...+a_{k-1}(-w_n^i)^{k-2})}$

$=\color{Red}{a_0+a_2w_{\frac n{2}}^i+a_4(w_{\frac n{2}}^i)^2+...+a_{k-2}(w_{\frac n{2}}^i)^{\frac {k-2}2}}-\color{LimeGreen}{w_n^i}\color{Blue}{(a_1+a_3w_{\frac n{2}}^i+...+a_{k-1}(w_{\frac n{2}}^i)^{\frac {k-2}2})}$

$=\color{Red}{f_1(w_n^i)}-\color{LimeGreen}{w_n^i}\color{Blue}{f_2(w_n^i)}$

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又發現，如果我們要算$f(w_n^i)$的值，我們會先算$f_1(w_n^i)$和$f_2(w_n^i)$的值，但是算出$f_1(w_n^i)$和$f_2(w_n^i)$的值之后，不僅能算出$f(w_n^i)$的值，還能同時算出$f(w_n^{i+\frac n{2}})$的值

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總的來說，如果n=8算出了$f(w_n^0)$的值，就算出了$f(w_n^4)$的值；算出了$f(w_n^1)$，就算出來$f(w_n^5)$的值；...；算出了$f(w_n^3)$的值，就算出了$f(w_n^7)$的1值

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同理，算$f_1(w_n^i)$和$f_2(w_n^i)$的值的時候，也是算出一半，得到另一半的值------每次解決問題，都會變成解決一半問題然后直接得到另一半的答案，在解決這一半問題的時候，也變成了解決一半的一半的問題，另一半的一半的問題又被解決。

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這樣，就可以把$f(w_n^0),f(w_n^1),f(w_n^2),...,f(w_n^{n-1})$的值全部算出來，得到了n個點的值；同理算出$g(w_n^0),g(w_n^1),f(w_n^2),...,g(w_n^{n-1})$的值。得到了f(x)和g(x)的點值表示法，點值表示法相乘，O(n)復雜度就得到了f(x)*g(x)的點值表示法。

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代碼如下：

#include <complex>//c++自帶復數模板 typedef complex<double> Complex;//重定義數據類型，記得要用double類型 void FFT(Complex *a,int n,int inv){ //a是你要進行變換的數組（多項式系數數組），n是數組大小，inv暫時不管，你就當做它等于1 if(n==1) return;//如果分治后的序列大小為1，就直接返回，不用繼續分治了 int mid=n>>1;//如果n不等于1，那就繼續分治，mid是分治后變成兩個序列的長度 static Complex b[1000];//創建一個輔助用的b數組，后面體現用處 for(int i=0;i<mid;i++) b[i]=a[2*i],b[i+mid]=a[2*i+1];//將a數組奇數位置的值和偶數位置的值分開，b數組前mid個位置存a數組偶數位置值，后mid個位置存a數組奇數位置值 for(int i=0;i<n;i++) a[i]=b[i];//將b數組值重新賦給a數組 //對分治后的兩個序列（一個是a數組前mid個元素組成的序列，另一個數a數組后mid元素組成的序列） 進行FFT變換 FFT(a,mid,inv); FFT(a+mid,mid,inv);//算出一半，得到另一半的值，a數組前mid元素相當于之前說的f1，a數組后mid元素相當于之前說的f2 for(int i=0;i<mid;i++){Complex com(cos(2*pi*i/n),inv*sin(2*pi*i/n));b[i]=a[i]+com*a[i+mid];b[i+mid]=a[i]-com*a[i+mid];}for(int i=0;i<n;i++) a[i]=b[i];//重新將b數組賦值給a數組 return; } FFT變換（遞歸版）

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這里再來詳細解釋一下，上面代碼中的n值

加入開始兩個序列是n次多項式和m次多項式，那么開始n值就等于大于等于$(m+n)$的最小2次冪，如下代碼所示

cin>>n>>m; int k=n+m,lim=1; while(k>>=1) lim<<=1; if(lim<n+m) lim<<=1; FFT(a,lim,1);//對a序列進行變換 FFT(b,lim,1);//對b序列進行變換

此時lim值就是n的初值

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強調一遍$$w_n^k=cos\frac{2k\pi}{n}+i\,sin\frac{2k\pi}{n}$$

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FFT逆變換

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FFT逆變換則是將點值表示法轉化為系數表示法的步驟。在逆變換之前，我們已經對兩個多項式系數序列進行了正變換，即

FFT(a,lim,1);//正變換 FFT(b,lim,1); for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=a[i]*b[i];//將正變換的兩個序列乘在一起，得到新的多項式的點值表示法序列。

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如上所示，只要將a序列進行逆變換，就可以得到新多項式的系數序列。在FFT正變換之中，我們一直在求$f(w_n^i)$的值。

假設所求多項式系數序列為$k_0,k_1,...k_{n-1}$

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現在對于新的多項式a（新得到的序列，不是原來的a序列）來求卷積$$c_h=\sum_{i=0}^{n-1}a_i(w_n^{-h})^i$$

相當于對a序列又進行FFT變換，只不過，我們現在以新序列a為系數的多項式在$x=w_n^{-i}$的一系列值

相當于求$C(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1}$在$x=w_n^0,w_n^-1,w_n^{-2},...w_n^{-(n-1)}$的點值表示法

而我們知道$a_x=k_0+k_1w_n^x+k_2(w_n^k)^2+...=\sum_{j=0}^{n-1}k_j(w_n^x)^j$

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$$\sum_{i=0}^{n-1}a_i(w_n^{-h})^i$$

$$=\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=0}^{n-1}k_j*(w_n^i)^j)(w_n^{-h})^i$$

$$=\sum_{j=0}^{n-1}k_j(\sum_{i=0}^{n-1}(w_n^{j-h})^i)$$

$$=\sum_{j=0}^{n-1}k_j(\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{(j-h)*i})$$

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由于當且只當$j=h$時，$(j-h)$才為i的倍數，其余時候為0，根據n次單位根更加復雜的性質可得（不知道的看看n次單位根預備性質）

$$\sum_{j=0}^{n-1}k_j(\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{(j-h)*i})$$

$$=n*k_h$$

所以

$$k_h=\frac {\sum_{i=0}^{n-1}a_i(w_n^{-h})^i}{h}=\frac {c_h}{n}$$

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說明：$w_n^{-i}$與$w_n^i$實部相同，虛部相反。現在知道代碼中inv的作用了吧

當inv=1，表示FFT變換；當inv=-1，表示FFT逆變換

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FFT(a,lim,1); FFT(b,lim,1); for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=a[i]*b[i]; FFT(a,lim,-1); //經過FFT逆變換之后，a序列虛部都已經為0，只有實部有值，且為整數 for(int i=0;i<n+m-1;i++) printf("%d ",(int)(a[i].real()/lim+0.5));//實部根據前面推導要除以n（這里除以lim）

為啥要加0.5捏：首先我們確定答案肯定是整數，但是在代碼實現過程中，由于有$\pi$介入計算，導致答案可能變小了（誤差很小），所以加一個0.5，然后強制類型轉換切掉小數部位

比如說本來答案是1，但是代碼實現的結果可能是0.999999999999，此時加上了0.5，然后轉換為int，答案就是1了。

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強調一遍$$w_n^k=cos\frac{2k\pi}{n}+i\,sin\frac{2k\pi}{n}$$

FFT代碼

#include <complex>//c++自帶復數模板 typedef complex<double> Complex;//重定義數據類型，記得要用double類型 void FFT(Complex *a,int n,int inv){ //a是你要進行變換的數組（多項式系數數組），n是數組大小，inv=1表示正變換，inv=-1表示逆變換 if(n==1) return;//如果分治后的序列大小為1，就直接返回，不用繼續分治了 int mid=n>>1;//如果n不等于1，那就繼續分治，mid是分治后變成兩個序列的長度 static Complex b[1000];//創建一個輔助用的b數組，后面體現用處 for(int i=0;i<mid;i++) b[i]=a[2*i],b[i+mid]=a[2*i+1];//將a數組奇數位置的值和偶數位置的值分開，b數組前mid個位置存a數組偶數位置值，后mid個位置存a數組奇數位置值 for(int i=0;i<n;i++) a[i]=b[i];//將b數組值重新賦給a數組 //對分治后的兩個序列（一個是a數組前mid個元素組成的序列，另一個數a數組后mid元素組成的序列） 進行FFT變換 FFT(a,mid,inv); FFT(a+mid,mid,inv);//算出一半，得到另一半的值，a數組前mid元素相當于之前說的f1，a數組后mid元素相當于之前說的f2 for(int i=0;i<mid;i++){Complex com(cos(2*pi*i/n),inv*sin(2*pi*i/n));b[i]=a[i]+com*a[i+mid];b[i+mid]=a[i]-com*a[i+mid];}for(int i=0;i<n;i++) a[i]=b[i];//重新將b數組賦值給a數組 return; } FFT變換

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FFT系數儲存注意

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在進行FFT之前，我們有兩個多項式系數序列，用數組存系數的不要用普通的數組存，而要用復數數組，因為在計算的時候系數涉及復數計算，所以這樣

#include <complex>//c++自帶復數模板 Complex a[1000],b[1000];for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&t),a[i]=Complex(t,0);//構造函數 for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d",&t),b[i]=Complex(t,0);

這樣，復數的實部存系數的值，虛部為0

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一個算多項式相乘后系數序列的程序

//開頭說明一下，最下面有輸入輸出樣例 #include <iostream>#include <cmath> #define pi acos(-1)#include <complex>//c++自帶復數模板 using namespace std; typedef complex<double> Complex;//重定義數據類型，記得要用double類型 Complex a[1000],b[1000]; int n,m;void FFT(Complex *a,int n,int inv){ //a是你要進行變換的數組（多項式系數數組），n是數組大小，inv=1表示正變換，inv=-1表示逆變換 if(n==1) return;//如果分治后的序列大小為1，就直接返回，不用繼續分治了 int mid=n>>1;//如果n不等于1，那就繼續分治，mid是分治后變成兩個序列的長度 static Complex b[1000];//創建一個輔助用的b數組，后面體現用處 for(int i=0;i<mid;i++) b[i]=a[2*i],b[i+mid]=a[2*i+1];//將a數組奇數位置的值和偶數位置的值分開，b數組前mid個位置存a數組偶數位置值，后mid個位置存a數組奇數位置值 for(int i=0;i<n;i++) a[i]=b[i];//將b數組值重新賦給a數組 //對分治后的兩個序列（一個是a數組前mid個元素組成的序列，另一個數a數組后mid元素組成的序列） 進行FFT變換 FFT(a,mid,inv); FFT(a+mid,mid,inv);//算出一半，得到另一半的值，a數組前mid元素相當于之前說的f1，a數組后mid元素相當于之前說的f2 for(int i=0;i<mid;i++){Complex com(cos(2*pi*i/n),inv*sin(2*pi*i/n));b[i]=a[i]+com*a[i+mid];b[i+mid]=a[i]-com*a[i+mid];}for(int i=0;i<n;i++) a[i]=b[i];//重新將b數組賦值給a數組 return; } int main(){cin>>n>>m;//輸入兩個多項式的項數 int k=n+m,lim=1,t;for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&t),a[i]=Complex(t,0);//第一個多項式系數 for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d",&t),b[i]=Complex(t,0);//第二個多項式系數 while(k>>=1) lim<<=1;if(lim<n+m) lim<<=1;FFT(a,lim,1);FFT(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=a[i]*b[i];FFT(a,lim,-1);for(int i=0;i<n+m-1;i++) printf("%d ",(int)(a[i].real()/lim+0.5)); } /* //輸入 2 3//第一個多項式有兩項 ，第二個多項式有三項 1 2//第一個多項式為(1+2x) 2 1 2//第二個多項式為(2+x+2x^2) //輸出 2 5 4 4//(1+2x)*(2+x+2x^2)=2+5x+4x^2+4x^3,系數為2 5 4 4*/ 多項式相乘

測試用例

//輸入 2 2//兩個多項式都有兩項 1 1//第一個多項式為(1+x) 1 1//第二個多項式為(1+x) //輸出 1 2 1//(1+x)*(1+x)=1+2*x+x^2,系數為1 2 1 測試

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FFT變換的示例演示

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在講FFT迭代版本之前，我打算先用一個例子來展示FFT變換，加深認識

假設

　　多項式$f(x)=3+2x+x^2$

　　多項式$g(x)=2+x+2x^2$

在草稿紙上算一下，這兩個多項式相乘的結果為$h(x)=6+7x+10x^2+5x^3+2x^4$

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先得到$f(x)$與$g(x)$多項式的系數序列，注意應該寫成復數形式的序列（復數形式為(real,image)）

　　多項式$f(x)$的系數序列為$A=\left\{(3,0),(2,0),(1,0)\right\}$

　　多項式$g(x)$的系數序列為$B=\left\{(2,0),(1,0),(2,0)\right\}$

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然后判斷兩個多項式相乘后有多少項，應該不超過3+3=6項。而大于6的最小2次冪應該為8，所以要把兩個多項式序列補成8項。

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故（用(0,0)來補項）

　　多項式$f(x)$的系數序列為$A=\left\{(3,0),(2,0),(1,0),(0,0),(0,0),(0,0),(0,0),(0,0)\right\}$

　　多項式$g(x)$的系數序列為$B=\left\{(2,0),(1,0),(2,0),(0,0),(0,0),(0,0),(0,0),(0,0)\right\}$

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然后將每一個序列分成長度為2的小序列

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后面的是重點，對于每一個長度為2的小序列（設為(x,y)）:

　　第一個元素$x$重新賦值為$x+w_1^0*y$

　　第二個元素$y$重新賦值為$x-w_1^0*y$

(這個$w_1^1$這樣來的：$w_{當前序列一半長度l}^{一半長度l的第i個元素,i從0到l-1}$)

重新賦值完之后就可以合并了，每兩個長度為2的相鄰序列合并為一個長度為4的序列

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對于每一個長度為4的序列（設為(a,b,c,d)）:

　　第一個元素$a$重新賦值為$a+w_2^0*c$

　　第三個元素$c$重新賦值為$a-w_2^0*c$

　　第二個元素$b$重新賦值為$b+w_2^1*d$

　　第四個元素$d$重新賦值為$b-w_2^1*d$

重新賦值完之后就可以合并了，每兩個長度為4的相鄰序列合并為一個長度為8的序列（此時全部小序列已經合并為一個序列了）

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對于整個序列（長度為8），按照上面的賦值方法重新賦值（可以參考代碼），于是FFT變換就ok了

兩個序列就變成了

　　$A=\left\{A_0',A_1',A_2',A_3',A_4',A_5',A_6',A_7'\right\}$

　　$B=\left\{B_0',B_1',B_2',B_3',B_4',B_5',B_6',B_7'\right\}$

將兩個序列對應元素相乘，得到新序列

　　$C=\left\{A_0'*B_0',A_1'*B_1',A_2'*B_2',A_3'*B_3',A_4'*B_4',A_5'*B_5',A_6'*B_6',A_7'*B_7'\right\}$

然后將C序列進行FFT逆變換，就是多項式相乘后的系數序列了。

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ps：FFT逆變換就是把當前序列再來一次FFT變換，只不過在重新賦值環節的時候是乘上$w_{mid}^{-1}$，而不是$w_{mid}^i$，最后得到的序列虛部為0，將實部全部除以8即可（這里不懂參考代碼或前面逆變換的講解）

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轉載于:https://www.cnblogs.com/qiyueliu/p/11237318.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的学习：多项式算法----FFT的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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